Математика

Контрольная работа №3
Вариант 2
2. Найти неопределённые интегралы:
а)  (4 
1
1
1
x3
2
2

x

1
)
dx

4
dx

dx

x
dx

dx

4
x

tgx

 xC

 2 cos 2 x 

2
3
2 cos 2 x
6x 2  x  1  t
б)
(6 x 2  x  1)' dx  t ' dt
12 x  1
dt
2
 6 x 2  x  1dx  (12 x  1)dx  dt   t  In t  C  In 6 x  x  1  C
в)

x ln xdx
=
интегрирование по частям
 ud  u  du
u  Inx  du 
1
dx
x
1
2
d  x dx     x dx 
2
x x
3
= 2 x x Inx   2 x x  1 dx  2 x x Inx  2  x dx  2 x x Inx  4 x x  C
3
3
x
3
3
3
9
12. Вычислить определенные интегралы с точностью до 10-2.
x4  t
1
1
dt
1
1
x
а)  8 dx   4 2 dx  4 x 3 dx  dt   42  1  2dt  1 arctg t 
4 0 t 1 4
1
0
0 x 1
0 (x )  1
0 t 1
x 3 dx  dt
4
x0t 0
1
x
1
3
3
x 1 t 1
1
1 

= arctg1  arctg 0    0    0,20
4 4
4
0
б) 
2
dx
x 2  2x  4
0


1

d ( x  1)
( x  1) 2  3
16
 In x  1  ( x  1) 2  3
0
2
 In 1  4  In  1  4 
 In3  In1  In3  1,10
22. Вычислить несобственные интегралы или доказать их расходимость.

4
 х  1  ln x dx
2
1
Решение:
Inx  t
1
Inb
b
Inb
dx  dt
4
4
x


lim
4
arct
t

lim
dt

lim 
dx


2
b 
b 
b   х  1  t 2
0
х

1

ln
x
x

1

t

0
1
0


x  b  t  Inb
 lim 4arctg Inb  4arctg 0  4
b 

2
 0  2
несобственный интеграл сходится.
Ответ: несобственный интеграл сходится и равен 2π.
32. Найти общее решение дифференциального уравнения.
2
а) y cos x  y  tgx
Запишем уравнение в виде:
y 
1
tgx - линейное дифференциальное уравнение первого
y
2
cos x
cos 2 x
порядка
Решим методом Бернулли
Пологая y  u  y '  u '  u ' , получим:
u'  u '
1
tgx
 u 
2
cos x
cos 2 x
u'   '
1
tgx

  u 
2
cos x 
cos 2 x

1

 ' cos 2 x    0


tgx
 u ' 
cos 2 x

1

cos 2 x
d
1

dx
d
cos 2 x
'  
2

d
1
 
dx
d
cos 2 x
In  tgx
  e tgx
u 'e tgx 
=>
u' 
u
tgx
cos 2 x
tgx
 e tgx
2
cos x
tgx
 e tgx dx
2
cos x
tgx  t 
1
 dx  dt
cos 2 x
u   t  e t dt
u  t  du  dt
d  e t dt    e t
u  te t   e t dt  te t  e t  C
u  tgx  e tgx  e tgx  C
Итак, y  u  tgx  e tgx  e tgx  C e tgx
y  tgx  1  C  e tgx
Ответ: y  tgx  1  C  e tgx
б) y   2 yy 
Понизим
порядок
дифференциального
уравнения,
так
как
дифференциальное уравнение не содержит независимой переменной, то положим
y’=z(y), тогда y ' '  z
dz
dy
Уравнение примет вид:
z
dz
 2 y  z - дифференциальное уравнение с разделяющимися переменными
dy
zdz  2 yzdy
z (dz  2 ydy )  0
z  0 или dz  2 ydy
 dz   2 ydy
3
z  y 2  C1
 y'  0
y '  y 2  C1
yC
dy
 dx
y  C1
y
2
1
C1
2
dy
 dx
 C1 
y
arctg
C1
y
C1
y
arctg
C1
 x  C2
 C1 ( x  C 2 )

 tg C1 ( x  C2 )


y  C1  tg C1 ( x  C2 )

Ответ: y  C1  tg C1 ( x  C2 ); y  C
42. Найти частное решение дифференциального уравнения,
удовлетворяющего начальным условиям.
y  16 y  32e 4 x , y 0  2 , y 0  0 .
Характеристическое уравнение k2+16=0
k2+16 => k=±4i – комплексно-сопряженные корни
общее решение однородного дифференциального уравнения имеет вид:
y  e ox (C1 cos 4 x  C2 sin 4 x)
yoo  C1 cos 4 x  C2 sin 4 x
Частное решение ищем в виде (a+bi=4+0i=4 не является корнем характер
уравнения):
y  Ae 4 x
y '  4 Ae 4 x
y ' '  16 Ae 4 x
 y ' '16 y  16 Ae 4 x  16 Ae 4 x  32 Ae 4 x  32e 4 x
 32 A  32  A  1
Таким образом, y  e 4 x
4
Общее решение исходного линейного неоднородного дифференциального
уравнения:
y  yoo  y , то есть:
y  C1 cos 4 x  C2 sin 4 x  е 4 x
Используя начальные условия, найдем С1 и С2
y (0)  2  2  C1 cos 4 * 0  C2 sin 4 * 0  е 4*0
2  C1  1  C1  1
y'  4C1 sin 4 x  4C2 cos 4 x  е 4 x
y ' (0)  0  0  4C2  4  C2  1
Исходное частное решение исходного дифференциального уравнения имеет
вид:
y  cos 4 x  sin 4 x  е 4 x
Ответ: y  cos 4 x  sin 4 x  е 4 x
52. Решить задачи:
1. Куб, все грани которого окрашены, распилен на тысячу кубиков
одинакового размера. Полученные кубики тщательно перемешаны. Определить
вероятность того, что наудачу извлечённый кубик будет иметь две окрашенные
грани.
Решение:
Обозначим событие А – извлеченный кубик будет иметь 2 окрашенные
грани.
Вероятность события А находим по классическому определению:
Р( А) 
m
n
где m – число благоприятствующих исходов событию А.
n – общее число возможных исходов.
n=1000 (всего 1000 кубиков)
8 кубиков имеют 3 окрашенные грани
8*12=96 кубиков имеют две окрашенные грани
5
где 12 – это ребра кубика
=> Р( А) 
96
 0,096
1000
Ответ: 0,096
2. На железобетонном заводе изготовляют панели, 90 % из которых –
высшего сорта. Какова вероятность того, что из трёх наугад выбранных панелей
высшего сорта будут: а) три панели; б) хотя бы одна панель; в) не более одной
панели?
Решение
Вероятность выбрать одну панель высшего сорта
Решение:
р
90%
 0,9
100%
q  1  p  1  0,9  0,1
– вероятность выбрать панель другого сорта
Используя формулу Бернулли:
Pn (m)  C nm * p m * q n  m
a) Из трех панелей (n=3) три панели – высшего сорта (m=3):
P3 (3)  p 3  0,9 3  0,729
б) Хотя бы одна панель высшего сорта – противоположное событие – все
панели не высшего сорта
P3 (0)  q 3  0,13  0,001
 Вероятность того, что хотя бы одна панель высшего сорта 1-0,001=0,999
в) Событие А – не более одной панели, значит 0 или 1
Тогда P( А)  P3 (0)  P3 (1)
P( А)  0,001  C31 * 0,91 * 0,12  0,001  3 * 0,9 * 0,01  0,028
3. Детали попадают на обработку на один из трёх станков с вероятностями,
соответственно равными: 0,2; 0,3; 0,5. Вероятность брака на первом станке равна
0,02, на втором – 0,03, на третьем – 0,01. Найти: а) вероятность того, что случайно
6
взятая после обработки деталь – стандартная; б) вероятность обработки наугад
взятой детали на втором станке, если она оказалась стандартной.
Решение:
а) Обозначим:
Событие А – случайно взятая деталь оказалась стандартной
Гипотезы: Н1 – деталь обработана 1-ым станком
Н2 – деталь обработана на 2-ом станке
Н3 – деталь обработана на 3-ем станке
По условию Р( Н1 )  0,2 ; Р( Н 2 )  0,3 ; Р( Н 3 )  0,5
Вероятность, что деталь 1-го станка стандартная:
Р( А / Н1 )  1  0,02  0,98
2-го станка: Р( А / Н 2 )  1  0,03  0,97
3-го станка: Р( А / Н 3 )  1  0,01  0,99
По формуле полной вероятности:
Р( А)  Р( Н1 ) * Р( А / H1 )  Р( Н 2 ) * Р( А / H 2 ) + Р( Н 3 ) * Р( А / H 3 )
=> Р( А)  0,2 * 0,98  0,3 * 0,97  0,5 * 0,99  0,982
б) Вероятность обработки наугад взятой детали на втором станке, если она
оказалась стандартной найдем по формуле Байеса
Р( Н 2 / A) 
P( H 2 ) * P( A / H 2 )
P( H 1 ) * P( A / H 1 )  P( H 2 ) * P( A / H 2 )  P( H 3 ) * P( A / H 3 )
=> Р( Н 2 / A) 
0,3 * 0,97
 0,296
0,982
Ответ: P(a)  0,982; Р( Н 2 / A)  0,296
4. В семье четверо детей, принимая равновероятным рождение мальчика и
девочки, найти вероятность того, что мальчиков в семье: а) три; б) не менее трех;
в) два.
Решение:
1
2
Вероятность рождения мальчика р  , девочки q 
1
, n=4
2
7
По формуле Бернулли: Pn (m)  C nm * p m * q nm
а) вероятность того, что в семье 3 мальчика (m=3):
3
1
1
1 1
P4 (3)  C 43   *    4  0,25
16
2 2
б) вероятность того, что в семье не менее 3 мальчиков (3 или 4) равна:
4
1
P4 (3)  Р4 (4)  0,25     0,25  0,0625  0,3125
2
в) вероятность того, что в семье два мальчика (m=2):
2
2
4*3 1
1 1
P4 (2)  C   *   
*  0,375
1 * 2 16
2 2
2
4
Ответ: а) 0,25; б) 0,3125; в) 0,375.
8
СПИСОК ИСПОЛЬЗОВАННОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
1 Геворкян, П.С. Высшая математика для экономистов / П.С. Геворкян и др.
- М.: Экономика, 2010. - 351 c.
2 Дорофеева, А.В. Высшая математика для гуманитарных направлений.
Сборник задач: Учебно-практическое пособие / А.В. Дорофеева. - М.: Юрайт,
2013. - 175 c.
3 Ильин, В.А. Высшая математика: Учебник / В.А. Ильин, А.В. Куркина. М.: Проспект, 2012. - 608 c.
4 Колесов, В.В. Высшая математика: мини-справочник для экономистов /
В.В. Колесов. - РнД: Феникс, 2014. - 125 c.
5 Кузнецов, А.В. Высшая математика. Математическое программирование /
А.В. Кузнецов, В.А. Сакович, Н.И. Холод. - СПб.: Лань, 2013. - 352 c.
9